西南名校联盟“3+3+3”2020-2021学年高三上学期备考诊断性联考卷（一）文科数学试题（解析版）

2021 届“3+3+3”高考备考诊断性联考卷（一) 文科数学 注意事项: 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写 清楚. 2.每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦 干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分 150 分，考试用时 120 分钟. 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分.在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的. 1. 已知集合 { | ( 2) 0}A x x x   ， { | 1}B x x  ，则 A B  （ ） A. (0,1) B. (1,2) C.  0,1 D.  1,2 【答案】D 【解析】 【分析】 先化简集合 A ，再由交集的概念，即可得出结果. 【详解】 集合 { | ( 2) 0} { | 0 2}A x x x x x      ， { | 1}B x x  ， { |1 2}A B x x     ． 故选：D． 【点睛】本题考查求集合的交集，熟记交集的概念即可，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题． 2. 设复数 z 满足  2 1z i  ，则 z 的虚部是（ ） A. 1 3  B. 1 3i C. 1 5  D. 1 5 i 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】    1 2 2 2 1 2 2 2 5 5 5 i iz ii i i         ，虚部为 1 5  ， 故选：C. 3. 设一组样本数据 1 2, , , nx x x 的均值为1.1，若 1 21, 1, , 1nax ax ax    的均值为3.2，则 a 的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 2.2 D. 2.1 【答案】A 【解析】 【分析】根据线性变换后新数据与原数据的均值关系求解． 【详解】由题意1.1 1 3.2a   ， 2a  ． 故选：A． 【点睛】结论点睛：数据 1 2, , , nx x x 的均值为 x ，方差为 2s ，则新数据 1 2 , , nax b ax b ax b  , 的均值 为 ax b ，方差为 2 2a s ． 4. 某项研究成果发现，试管内某种病毒细胞的总数 y 和天数t 的函数关系为 13ty  ，且该种病毒细胞的个 数超过 810 时会发生变异，则该种病毒细胞实验最多进行的天数为（ ）天 3 0.477lg  A. 15 B. 16 C. 17 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由题意列出关于t 的指数方程解出t 即可得结果. 【详解】取 1 83 10ty   ，故 8 3 31 log 10 8log 10t    ， 即 3 18log 10 1 8 1 17.77lg3t         ， 故该种病毒细胞实验最多进行的天数为 17， 故选：C. 5. 23sin sin cos 3, ( )0,       ，则 cos 4     的值为（ ） A. 6 2 4  或 2 2 B. 2 6 4  C. 6 2 4  或 2 6 4  D. 6 2 4  【答案】A 【解析】 【分析】利用降幂公式以及辅助角公式化简可得 3sin(2 )3 2    ，解出 ，将其代入到 cos 4     中 即可得结果. 【详解】∵ 1 cos2 13 sin 2 32 2     ， ∴ 1 3 3sin 2 cos22 2 2    ，∴ 3sin(2 )3 2    ， ∵  0,  ，∴ 2 3 3     或 22 3 3     ， ∴ 3   或 2   ， 当 3   时， 2 6cos cos cos cos sin sin4 3 4 3 4 3 4 4                       ， 当 2   时， 2cos cos4 4 2        ， 故选：A. 6. 在平面直角坐标系中， O 为坐标原点， ( ),1,1 ,2( )1M N  ，点 Р 满足   1 2OM t O OM OP t ON OMN       ，其中 1 22 0t t  ，则点 Р 的轨迹是（ ） A. 椭圆 B. 直线 C. 双曲线 D. 抛物线 【答案】B 【解析】 【分析】设点  ,Р x y ，依题意得     1 1 4 1 2 1 t x t y      ，则 6y x  ，即可得答案． 【详解】设点  ,Р x y ，依题意得         1 1 11,1 , 2 1 2 2,1 4, 2t x y t t x y        所以     1 1 4 1 2 1 t x t y      ，则 6y x  ，所以点 Р 的轨迹是直线 故选：B． 7. 已知抛物线  2 2 0y px p  与椭圆 2 2 16 2 x y  交于 ,A B 两点，且 ,3AOB O  为坐标原点，则 p  （ ） A. 3 B. 2 3 C. 3 30 20 D. 3 6 【答案】D 【解析】 【分析】假设点  0 0 0 3, 03 xA x x       ，然后代入椭圆方程可得点 A ，最后代入抛物线方程计算即可. 【详解】由题可知： AB x 轴，且 ,A B 关于 x 轴对称， 又 3AOB   ，设  0 0 0 3, 03 xA x x       所以 2 0 2 0 0 3 3 1 36 2 x x x          ，所以  3,1A 所以 31 2 3 6p p    故选：D 8. 设直线 1 :3 1 0l x y   与直线 2 : 2 5 0l x y   的交点为 A ，则 A 到直线 : 2 0l x by b    的距离的 最大值为（ ） A. 4 B. 10 C. 3 2 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】先求出 A 的坐标，再求出直线 l 所过的定点Q ，则所求距离的最大值就是 AQ 的长度. 【详解】由 3 1 0 2 5 0 x y x y        可以得到 1 2 x y    ，故  1,2A ， 直线 l 的方程可整理为：  2 1 0x b y    ，故直线 l 过定点  2, 1Q   ， 因为 A 到直线l 的距离 d AQ ，当且仅当l AQ 时等号成立， 故    2 2 max 1 2 2 1 3 2d      ， 故选：C. 【点睛】一般地，若直线 1 1 1 1: =0l A x B y C  和直线 2 2 2 2: 0l A x B y C   相交，那么动直线  1 1 1 2 2 2 0A x B y C A x B y C      （ R  ）必过定点（该定点为 1 2,l l 的交点）. 9. 某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（ ） A. 32 3 B. 16 3 C. 16 D. 48 【答案】B 【解析】 【分析】根据三视图还原该几何体的直观图可知为底面为直角三角形高为 4 的三棱锥，然后根据锥体的体 积公式计算即可. 【详解】根据三视图可知该几何体为底面为直角三角形高为 4 的三棱锥 如图所示： 所以该几何体的体积为： 1 1 162 4 43 2 3      故选：B 10. 已知 1 3 1 2 3 3 1log , log 2, log4 4a b c   ，则 , ,a b c 的大小关系为（ ） A. a b c  B. b a c  C. c b a  D. c a b  【答案】C 【解析】 【分析】使用作差的方法可得 ,a b 大小关系，并借用 1 进行比较，简单计算即可得到结果. 【详解】 1 2 2 3 3log log4 4a    ， 3 1 3 2 3 2 2 3 2 2 3 3log 2 log log 2 log log 2 log 3 log 4 log 2 log 3 24 4b a           又 3 2log 2 log 3 ，所以 3 2 3 2log 2 log 3 2 log 2 log 3 2    所以 0b a  ，即 b a ，且 3 3log 2 log 3 1b    又 1 1 3 3 1 1log log 14 3c    ，所以 c b a  故选：C 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于使用作差的方法并使用基本不等式比较 ,a b 大小. 11. 在 ABC 中，已知 1 , 5,5cosA AC ABC   的面积为 2 6 ，点 M 为 BC 边上的中点，则 AM （ ） A. 21 B. 21 2 C. 33 D. 33 2 【答案】D 【解析】 【分析】由同角三角函数的基本关系式可求得sin A ，利用三角形的面积公式，可求得 AB 的值，由于 M 为 BC 边上的中点，可得 2AB AC AM    ，利用平面向量数量积的运算，即可求解. 【详解】因为 1 , 55cosA AC  ，所以 2 2 6sin 1 5A cos A   ， 所以 ABC 的面积为 1 1 2 6sin 5 2 62 2 5AB AC A AB     ，解得 =2AB ， 因为点 M 为 BC 边上的中点，所以 2AB AC AM    ， 两边平方，可得 2 2 2 +2 cos 4AB AC AB AC A AM      ， 可得 214 25+2 2 5 45 AM      ，解得 2 33= 4AM  . 故选：D. 12. 已知以下四个结论: ①函数 y tanx 图象的一个对称中心 ,02     ; ②函数 1 2y sinx  的最小正周期为 ; ③函数 2 3y sin x      的图象与函数   7 26f x cos x     的图象重合; ④若 4A B   ，则  1 1 2tanA tanB   . 其中，正确的结论是（ ） A. ①③ B. ①④ C. ②③ D. ②④ 【答案】B 【解析】 【分析】利用正切函数的图象可判断①；根据正弦函数的周期性可判断②；利用三角函数的诱导公式可判 断③；根据两角和的正切公式可判断④. 【详解】由正切函数图象特征可知①正确； 1sin 2y x  的最小正周期为 2 ，故②不正确； sin 2 3y x      的表达式可以改写为   7cos 26f x x      ，故③不正确， 由 + 4A B  ，则   tan tantan 11 tan tan A BA B A B    , (1 tan )(1 tan ) 1 tan tan tan tan 2A B A B A B        ,④正确， 故选：B. 二、填空题（每题 5 分，满分 20 分，将答案填在答题纸上） 13. 已知实数 ,x y 满足 2 8, 2 8, 0, x y x y y        ，则 2z x y  的最小值是__________． 【答案】4 【解析】 【分析】画出不等式组表示的可行域，由 2z x y  可得 1 2 2 zy x  ，平移直线 1 2 2 zy x  ，结合图形可 得最优解，于是可得所求最小值． 【详解】画出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示 由 2z x y  ，可得 1 2 2 zy x  ， 平移直线 1 2 2 zy x  ，结合图形可得， 当直线 1 2 2 zy x  经过可行域内的点 A 时， 直线在 y 轴上的截距最大，此时 z 取得最小值 由题意得 A 点坐标为 4,0 ， ∴ min 4 0 4z    ，即 2z x y  的最小值是 4． 故答案为：4 14. 双曲线   2 2 2: 1 05 x yC aa    的焦点到渐近线的距离为________． 【答案】 5 【解析】 【分析】用点到直线的距离公式可得双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x y a ba b     中焦点到渐近线的距离为b . 【详解】设双曲线的右焦点  ,0F c ，其中一条渐近线方程 by xa  ，即 0bx ay  ， 则点  ,0c 到直线 0bx ay  的距离 2 2 bc bcd bca b     ， 即双曲线的焦点到渐近线的距离 d b ， 由双曲线方程可知，   2 2 2: 1 05 x yC aa    ， 5b  ， 即焦点到渐近线的距离为 5 . 故答案为： 5 15. 曲线     2' 3 lnf x xf e x x    (其中 e 为自然对数的底数)在点 1 1, fe e         处的切线方程为 _________________． 【答案】 3 9y xe    【解析】 【分析】计算  f x ，并代入 x e ，可得  f e ，然后得到 1 1,f fe e           ，最后使用点斜式可得方程. 【详解】由题可知：        2 2 16' 3 ln ' ln ' 3f x xf e x x f e x xf e xx x               所以      ln ' 36' xf x f e x f e x      ， 则        ' l6 n ' 3 9f e f e e e f e ee f e         所以    29 3 lnf x ex x x   ，所以 2 2 1 1 1 1 39 3 ln 9f ee e e e e                     1 1 1 1 3' 9 6 ln 9 3f e ee e e e e                    所以所求的切线方程为： 2 3 1 39y xe e e         ，即 3 9y xe    故答案为： 3 9y xe    16. 有一块正三棱锥形状的玉石，底棱长为 2,侧棱长为 3 ，现要把玉石加工成一个玉球，则玉球的最大半 径是_______． 【答案】 3 10 15 15  【解析】 【分析】数形结合，计算各面面积，并使用等体积法求得半径. 【详解】玉球为正三棱锥的内切球，设半径为 r 如图： 点 P 在底面 ABC 的投影为底面的中心O ， 2 2 3 3 3AO AD   所以 2 2 15 3PO PA AO   ， 1 2 2 sin 32 3ABCS     △  21 2 3 1 22PAB PAC PCBS S S      △ △ △ 所以  1 1 5 3 10 1533 3 153 3 2ABC ABC PABS PO S S r r        △ △ △ 故答案为： 3 10 15 15  【点睛】关键点点睛：本题关键在于使用等体积法求球的半径. 三、解答题（本大题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 设各项均为正的等比数列 na 满足 2 3 4 25, 15a a a a    . （1）求 na 的通项公式; （2）记 nS 为数列 4log na 的前 n 项和.若 1 2m m mS S S   ，求 m . 【答案】（1） 24n na  ；（2） 5m  【解析】 【分析】（1）由数列是等比数列，列出关于首项和公比的方程组，再求解通项公式；（2）代入（1）的结果， 求得数列 4log na 的通项公式，再求和，列方程求实数 m 的值. 【详解】（1）设等比数列的公比为 q，首项为 1a ， 则 2 1 1 3 1 1 5 15 a q a q a q a q       ，解得： 1 1 4 4 a q     ， 所以数列 na 的通项公式 1 21 4 44 n n na     ； （2） 2 4 4log log 4 2n na n   ，    1 2 3 2 2n n n n nS      ，即  3 2m m mS  ，    1 1 2 2m m mS    ，    2 2 1 2m m mS    ， 1 2m m mS S S   ，即        3 1 2 2 1 2 2 2 m m m m m m      ， 解得： 5m  或 0m  （舍）， 所以 5m  18. 数字人民币，是中国人民银行尚未发行的法定数字货币，即“数字货币电子支付”.央行数字货币不计付利 息，可用于小额、零售、高频的业务场景，相比于纸币没有任何差别．数字人民币试点地区是深圳、苏州、 雄安新区、成都及未来的冬奥场景.为了解居民对数字人民币的了解程度，某社区居委会随机抽取1200名社 区居民参与问卷测试，并将问卷得分绘制频率分布表如下: 得分 [30,40)  40,50 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90)  90,100 男性人数 30 110 110 150 130 80 40 女性人数 20 60 70 180 140 50 30 （1）从该社区随机抽取一名居民参与问卷测试，试估计其得分不低于 60 分的概率; （2）将居民对数字人民币的了解程度分为“比较了解”(得分不低于 60 分)和“不太了解”(得分低于 60 分)两 类，完成 2 2 列联表，并判断是否有 99% 的把握认为“数字人民币的了解程度”与“性别”有关? 不太了解 比较了解 总计 男性 女性 总计 附:          2 2 .n ad bcK n a b c da b c d a c b d         临界值表:  2 0P K k 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 0k 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） 2 3 ；（2）列联表见详解，有99%的把握认为“数字人民币的了解程度”与“性别”有关. 【解析】 【分析】（1）依据数据可知得分不低于 60 分的人数有 800 人，然后根据古典概型计算即可. （2）依据数据直接填写，然后根据卡方公式计算即可. 【详解】（1）依据数据可知得分不低于 60 分的人数有 800 人， 所以得分不低于 60 分的概率 800 2 1200 3  （2）由题意得列联表如下： 不太了解 比较了解 总计 男性 250 400 650 女性 150 400 550 总计 400 800 1200 2K 的观测值 21200 (250 400 150 400) 16.783400 800 650 550k        ， 因为16.783 6.635 ， 所以有99%的把握认为居民对数字人民币的了解程度与性别有关. 19. 如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中， , , , ,E F G P Q 分别是 1, ,CD CC 1 1 1, ,A B B C AB 的中 点. （1）证明: PF  平面GEF ; （2）求Q 到平面 EFG 的距离. 【答案】（1）证明见详解；（2） 2 3 3 【解析】 【分析】（1）连接 1CB ，证明 1CB // EG ，并结合中位线定理可知 FP // EG ，最后可得结果. （2）建立空间直角坐标，计算平面GEF 的法向量，以及QG  ，然后利用公式计算即可. 【详解】（1）连接 1CB ，如图 在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，因为 , , ,E F G P 分别是 1, ,CD CC 1 1 1,A B B C 的中点. 有 1CB // EG ， 1CB // FP ，所以 FP // EG ，所以 PF  平面GEF （2）建立如图所示空间直角坐标系 1D xyz 所以        2,1,2 , 0,1,2 , 0,2,1 , 2,1,0Q E F G 则  0,0, 2QG   ，    2,0,2 , 2,1,1GE GF     设平面 EFG 的一个法向量为  , ,n x y z  所以 2 2 00 2 00 x z z xn GE x y z y xn GF                     令 1x  ，则  1,1,1n  所以Q 到平面 EFG 的距离为 2 2 3 31 1 1 n QG n         20. 已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，过椭圆右焦点的所有直线中被椭圆所截得的最短 弦长为1. （1）求椭圆的标准方程; （2）已知直线 l 的斜率不为 0 ，若 l 过点 (1,0)P 交椭圆于 ,A B 两点，在椭圆长轴所在直线上是否存在一定 点Q ，使 QA QB  为定值，若存在，求出定点 Q 的坐标;若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）存在， 17 ,08Q     【解析】 【分析】（1）由离心率 3 2 c a  ，最短弦长为通径长 22 1b a  可求得 ,a b 得椭圆方程； （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 ,0Q x ，设直线l ： 1x my  代入椭圆方程应用韦达定理得 1 2 1 2,y y y y ， 从而可得 1 2 1 2,x x x x ，然后计算 QA QB  ，代入 1 2 1 2,x x x x ，变形化简，由它是与 m 无关的式子得 0x 的值， 得定点坐标． 【详解】解：（1）由题意可得 3 2 ce a   ， 22 1b a  ，又 2 2 2a b c  ， ∴ 2a  ， 1b  ， 2 2: 14 xC y  . （2）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，  0 ,0Q x ， 设直线l ： 1x my  ，将其代入 2 24 4 0x y   ， 得 2 24 2 3 0m y my    ， ∴ 1 2 2 2 4 my y m    ， 1 2 2 3 4y y m   ， ∴  1 2 1 2 2 82 4x x m y y m         2 2 1 2 1 2 1 2 2 4 41 4 mx x m y y m y y m       QA QB t   ，则      2 1 0 1 2 0 2 1 2 0 1 2 0 1 2, ,t x x y x x y x x x x x x y y         2 2 0 02 2 2 4 4 8 3 4 4 4 m x xm m m       20 02 17 8 44 x xm    这是一个与 m 无关的常数， ∴ 0 17 8x  ，t 为常数，此时存在定点 17 ,08Q     ，使 QA QB  为定值. 【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的定点问题．解题方法是“设而不求” 的思想方法，即设交点坐标为 1 1 2 2( , ),( , )x y x y ，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x （需要根据方便性，可能先得 1 2 1 2,y y y y ），代入定点对应的表达式 QA QB  ，利用恒等式知识求得定点坐 标． 21. 已知函数   lnf x x x  . （1）求函数  f x 的最小值； （2）已知实数 0,a e 为自然对数的底数，若   lnxx f x ae a   在 (0 ) ， 上恒成立，求实数 a 的取值 范围. 【答案】（1）1；（2） 1 ,e    . 【解析】 【分析】（1）对函数进行求导，通过导数判断出函数的单调性，进而可得最值； （2）将不等式转换为 ln( ) lnx xae ae x x   ，构造函数 ( ) ln ( 0)h x x x x   ，通过函数的单调性得 x xa e  在 0,  上恒成立，再求最值即可. 【详解】解：（1）因为   lnf x x x  ，故 ( ) ( )1 11 0xf x xx x -¢ = - = > ， 令   0f x  ，得 1x  ；令   0f x  ，得 0 1x  ， 故  f x 在 0,1 上单调递减，在 0,  上单调递增， 故函数  f x 的最小值为  1 1f  （2）由题意知 ln lnxae ax   ， 两边同时加上 x ，得 ln lnxae x a x x    ， 即 ln( ) lnx xae ae x x   ， 设 ( ) ln ( 0)h x x x x   ，则   11 0h x x     ，故  h x 在 0,  上单调递增， ln( ) lnx xae ae x x   恒成立，即    xh ae h x 恒成立， 即 xae x 在 0,  上恒成立，即 x xa e  在 0,  上恒成立， 设    0x xx xe    ，则   1 x xx e    ， 则当 0 1x  时，   0x  ，故  x 在 0,1 上单调递增； 当 1x  时，   0x  ，故  x 在( )1 +¥， 上单调减， 故    max 11x e    ，故 1a e  ， 故所求实数 a 的取值范围为 1 ,e    . 【点睛】关键点点睛：将原不等式进行构造，利用函数的单调性转化为 xae x 在 0,  上恒成立，利用 分离参数思想再求最值即可. 请考生在第 22、23 两题中任选一题作答，并用 2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑.注 意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题.如果多做， 则按所做的第一题计分. 【选修 4-4:坐标系与参数方程】 22. 在直角坐标系 xOy 中，曲线C 的参数方程为 2 2 3 , 2 2 3 , x cos sin y sin cos          ( 为参数），以坐标原点O 为极点， x 轴的正半轴为极轴，取相同长度单位建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为 46sin a        . （1）求曲线 C 的直角坐标方程; （2）直线 l 与 x 轴的交点为 M ，经过点 M 的动直线 2l 与曲线C 交于 ,P Q 两点，证明: MP MQ 为定值. 【答案】（1） 2 2 16x y  ；（2）证明见详解． 【解析】 【分析】（1）根据曲线的参数方程，平方相加，即可求得曲线 C 的直角坐标方程； （2）设过点 M 的直线方程为 8 cos sin x t y t       （t 为参数），代入曲线的普通方程，根据参数的几何意义， 即可求解． 【详解】（1）解：由 2 2 2 2(2cos 2 3sin ) (2sin 2 3 cos ) 16x y          ， 得曲线C 为 2 2 16x y  ； （2）证明：直线l 的极坐标方程展开为 cos 3 sin 8     ， 故l 的直角坐标方程为 3 8x y  显然 M 的坐标为 8,0 ，不妨设过点 M 的直线方程为 8 cos sin x t y t       （t 为参数）， 代入C 得 2 16cos 48 0t t   ，设 ,P Q 对应的参数为 1t ， 2t ， 得 1 2| | 48t t  ，所以 48MP MQ  为定值． 【点睛】解答中熟记参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化公式，以及直线参数方程中 参数的几何意义是解答的关键． 【选修 4-5:不等式选讲】 23. 已知函数   3 ,f x x m x x R     . （1）证明:当 5m  时，   2lnf x  ; （2）若函数   22 2 7 ,g x x m x m x R      ，且关于 x 的不等式     3 2g x f x m  恒成立，求实 数 m 的取值范围. 【答案】（1）证明见详解；（2） 11 2m    【解析】 【分析】（1）将 5m  代入使用绝对值三角不等式可得 2( )f x e ，最后简单计算判断即可. （2）构造新函数 2( ) 2 2 7 3h x x m x     并使用零点分段发去掉绝对值，然后可得 min ( )h x ，最后计算 即可. 【详解】（1）证明：当 5m  时， 2( ) | 5| | 3 | | ( 5) (3 ) | 8f x x x x x e        … ， 则   2ln ln8 ln 2f x e   成立. （2）解：关于 x 的不等式     3 2g x f x m  可化为 2 3| 2 2 7 | | 3| 2x m x m     ， 令 2 2 2 2 2 2 2 4, 3 7( ) 2 2 7 3 3 2 10,3 2 72 4, 2 x m x h x x m x x m x m x m x m                      „ … ， 则 2 2 min 7 1( ) 2 2h x h m m        ，即 2 1 3 2 2m m   ， 则有 2 3 1 02 2m m   ，解得 11 2m    . 【点睛】思路点睛：第（1）问使用绝对值三角不等式可化简；第（2）问构造新函数，便于计算并使用零 点分段法.